专题强化三 通项公式的求法-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第二册）.docx

1、专题强化三：通项公式的求法题型一：累加法求通项公式若数列an满足anan1f(n1)(n2)，且f(1)f(2)f(n1)可求，则可用累加法求通项.1已知数列满足，则_2已知数列满足，且，求数列的通项公式；3已知数列满足，求通项公式题型二：累乘法求通项公式若数列an满足f(n1)(n2)，其中f(1)f(2)f(n1)可求，则可用叠乘法求通项.4在数列中，（nN*），且，则数列的通项公式_.5设是首项为1的正项数列且，且，求数列的通项公式_6数列满足：，则的通项公式为_.题型三：an与Sn的关系求通项公式题设中有an与Sn的关系式时，常用公式an来求解.7记为数列的前n项和，已知，求数列的通项

2、公式.8设数列an满足,求a1，a2及an的通项公式；9已知数列的前n项和为，且满足，求、的值及数列的通项公式.题型四：构造法求通项公式当题中出现an1panq(pq0且p1)的形式时，把an1panq变形为an1p(an)，即an1pan(p1)，令(p1)q，解得，从而构造出等比数列an.10若是数列的前n项和，已知，且，则（）ABCD11已知数列满足，求数列的通项公式.12已知数列满足，.求数列的通项公式;题型五：观察法求通项公式13数列0.3，0.33，0.333，0.3333，的一个通项公式是（）ABCD14将正整数排成下表：则在表中数字出现在（）A第行第列B第行第列C第行第列D第行

3、第列15已知数列的前项和为，其中且.(1)试求：，的值，并猜想数列的通项公式；(2)用数学归纳法加以证明.题型六：定义法求通项公式16在数列中，且，则数列的通项公式是_17已知数列满足对于任意恒成立，则数列前n项和为_.18设，表示关于的不等式的正整数解的个数，那么数列的通项公式为_的前项和_专题训练一、单选题19数列满足，则（）ABCD20设是数列的前项和，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（）ABCD21南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，

4、10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（）A94B108C123D13922已知数列前项和满足：，数列前项和满足：，记，则使得值不超过2022的项的个数为（）A8B9C10D1123在数列中，则（）A958B967C977D99724高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，若，为数列的前项和，则（

5、）A999B749C499D24925数列，则该数列的第n项为（）ABCD26已知数列的前项和. 若，则（）ABCD27在数列中，则（）ABCD28已知 ， 则 （）A506B1011C2022D404429杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：若正项数列的前项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前20项和（）A2620B2660C2870D298030已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（）ABCD31设数列满足，则数列的前19项和为（）ABCD二、多选题32

6、设是数列的前n项和，且，则下列结论正确的是（）AB CD数列是等差数列33已知数列满足，且，则（）A数列为单调递增数列BCD设数列的前项和，则34下列有关数列的说法正确的是（）A数列与数列是同一个数列B数列的通项公式为,则110是该数列的第10项C在数列中,第8个数是D数列3,5,9,17,33,的通项公式为35数列中，则下列结论中正确的是（）AB是等比数列CD36大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，则（）A当为偶数时，B当为奇数时，CD数列的前项和为37已知数列满足，则下列结论中错误

7、的有（）A为等比数列B的通项公式为C为递增数列D的前项和为38已知数列是公差为1的等差数列，且，则下列说法正确的有（）AB存在等差数列，使得其前项和C存在等差数列，使得其前项和D对任意的39“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1，1.6，2.8，6.2，10，则下列说法中正确的是（）A“提丢斯数列”是等比数列B“提丢斯数列”的第99项为C“提丢斯数列”的前31项和为D“提丢斯数列”中，不超过30

8、0的有11项三、填空题40已知数列满足，且，则数列的通项公式为_41已知数列的前项和，那么它的通项公式为_42设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=_43已知数列的前项和为，且，（），则_44已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式等于_45已知数列的前n项和满足，则数列的前2022项的和为_46已知数列中，），则数列的前项和的最小值为_47已知数列满足，则_48某校电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到以此类推，特别码是学生届别数对

9、应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：届班号学生的登陆码为（为表中第行第一个数的个位数字）则届班号学生的登录码为_参考答案：1【分析】由已知可得，然后利用累加法可求出，从而可求出.【详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以故答案为：.2【分析】由已知条件可得，再由递推及可得，最后再检验即可得到答案.【详解】因为，所以，所以累加可得又，所以，所以经检验，也符合上式，所以3.【分析】利用累加法和裂项相消求和法结合已知条件可求得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为满足上式，所以.4【分析】由，得，再利用累乘法即可得出答案.【详解】解：由，得，则，累乘得，所以.故

10、答案为：.5【分析】由已知条件化简可得，再由递推累乘法可得，最后检验是否符合即可.【详解】依题意，所以，又因为，所以，所以，所以，经检验，也符合上式. 所以.综上所述， .故答案为： .6【分析】先由条件得，再结合累乘法求得的通项公式即可.【详解】由得，则，即，又，所以.故答案为：.7【分析】先赋值求得，再仿写式子相减得，利用等差数列的定义和通项公式进行求解.【详解】当n1时，所以或（舍）；当n2时，因为，所以，两式相减得，因为，所以，所以数列是以为首项、为公差的等差数列，所以，即数列的通项公式为8a12，a2，；【分析】依次取，可计算得a1，a2，然后记数列的前n项和为，由可得通项.【详解】

11、a1+3a2+（2n1）an2n，当n1时，a12，当n2时，a1+3a24，a2，记数列的前n项和为则，n2时，得：（2n1）an2，an，又n1时，a12满足上式，；9；【分析】根据题意，令和，可得方程，解得答案，整理可得数列的递推公式，可得通项公式，根据公式，可得答案.【详解】因，取和得：，即，解得，由得：，数列是首项为，公差的等差数列，则，即，当时，而满足上式，因此，所以，数列的通项公式10A【分析】由与的关系化简，再由构造法得通项公式后求和，【详解】由题意得当时，设，得，也满足上式，故，故，故选：A11.【分析】由待定系数法构造等比数列后求解【详解】由两边同除以得，令，则，设，解得，

12、而，数列是以为首项，为公比的等比数列，得12【分析】将代入已知等式可求得，根据已知关系式可得，由此可知数列为等差数列，结合等差数列通项公式可推导得到.【详解】，即，解得：；由题意知：；由得：，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，则.13C【分析】根据0.3，0.33，0.333，0.3333，与9，99，999，9999，的关系，结合9，99，999，9999，的通项公式求解即可.【详解】数列9，99，999，9999，的一个通项公式是，则数列0.9，0.99，0.999，0.9999，的一个通项公式是，则数列0.3，0.33，0.333，0.3333，的一个通项公式是故选：C14D【分析】

13、找到每行的最后一个数的规律，写出通项公式，从而写出所在的行列【详解】因为每行的最后一个数分别是，可归纳出第行的最后一个数是，因为，所以出现在第行，又，所以出现在第行第列故选：D15(1)，；(2)证明见解析.【分析】（1）根据递推关系写出，的值，由所得前3项猜想通项公式即可.（2）应用数学归纳法，首先判断时通项公式是否成立，再假设时通项公式成立，进而利用关系求证是否成立即可.(1)因为且.所以，解得，因为，所以，解得.由，猜想：.(2)当时，等式成立；假设当时猜想成立，即那么，当时，由题设，得，所以，则.因此，所以.这就证明了当时命题成立.由可知：命题对任何都成立.16【分析】根据确定数列为等

14、比数列，再利用等比数列公式计算得到答案.【详解】，故是等比数列，故.故答案为：17【分析】由递推公式求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和即可；【详解】解：因为数列满足对于任意恒成立，当时，解得，当时，除得，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以设数列前n项和为，两式相减得，故答案为：【点睛】本题考查由递推公式求数列的通项公式及错位相减法求和，属于中档题.18 【分析】解不等式可得出，可求得数列的通项公式，再利用分组求和法可求得.【详解】由，可得，即，即，解得，因为，故，所以，因此，.故答案为：；.19B【分析】采用累乘法可求得；利用错位相减法可求得；分别代入和即可求得结果.【详解】由得

15、：，；设，则，即，.故选：B.20D【分析】利用，得到，变形后得到是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出，故代入整理得，利用作差法得到单调递减，最小值为，列出不等式求出答案.【详解】当时，解得：，当时，整理得，方程两边同除以，得，又，故是等差数列，首项为6，公差为4，所以，故，经验证，满足要求，所以为，故，对任意恒成立，当时，故，单调递减，当时，取得最大值，故，解得：，则的最小值为.故选：D21B【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，再求出该数列的第15项【详解】设该数列为，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则数列满足，所以，所以故选：B22C【分析

16、】根据数列前项和与的关系，可得；同理前项和与的关系可得，则可得，判断其单调性，即可求得使得值不超过2022的项的个数.【详解】解：因为，当时，当时，则符合上式，所以；又，当时，所以，当时，则，所以是以为首项，公比的等比数列，所以，则所以，即，又递增，递增，所以递增又，所以故使得值不超过2022的项的个数为10.故选：C.23C【分析】首先通过累加法求得，再利用分组求和的方法求出，代入即可.【详解】，则上述式子累加得，故选：C.24A【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.【详解】由，得，又，所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，

17、则，由得：，又，所以数列是常数列，则，由联立得.因为，所以，即，所以，故，所以，则.故选：A25D【分析】通过数列的规律总结出数列的第n项即可【详解】设该数列为，则以此类推可得，故选：D26B【分析】先求得，然后根据求得的值.【详解】依题意，当时，；当时，两式相减得，也符合上式，所以，由解得，所以.故选：B27A【分析】变形给定的等式，利用累加法及裂项相消法求解作答.【详解】因为，则，当时，显然满足上式，即有，所以故选：A28D【分析】根据累乘法得，再根据通项公式求解即可.【详解】解：， ，显然，当时，满足，.故选：D.29C【分析】根据与的关系可以求得的通项公式，利用，观察三角垛公式公式的通

18、项结合的结构，即为所求.【详解】由，得，两式相减，得，整理，得，即因为各项为正，所以，所以数列是公差为1的等差数列又当时，即，所以或（舍去），所以，所以，所以因为，所以，即又，所以，故故选：C30C【分析】由已知等式可推导证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得，采用累加法可求得，由此可得，分别讨论和时的取值，加和即可得到结果.【详解】由得：，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，；又，当时，；当时，.故选：C.31D【分析】根据数列的递推式采用累加法求得，可得的通项公式，采用裂项求和法，即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，又，所以，则，故数列数列的前19项和为：，故选：D32BCD

19、【分析】先由an1SnSn1Sn1Sn，判断出是以1为首项，d1的等差数列，即可判断D,进而求出，再由求出通项公式.【详解】an1SnSn1Sn1Sn，两边同除以Sn1Sn，得.是以1为首项，d1的等差数列，即1(n1)(1)n，Sn.当n2时，anSnSn1，又a11不符合上式，故A错误，BCD正确.故选：BCD33BD【分析】由题意可知，化简得出，即，可判断A的正误，根据递推公式可以求出前四项的值，即可判断B选项，通过，可以利用累加法，并放缩求出即可判断C选项，根据C选项的结论，再次使用放缩法，裂项相消求出可判断D选项.【详解】选项A，根据题意，因为，且，所以 ，则，所以，所以数列为单调递

20、减数列.故A错误.选项B，故B选项正确.选项C，由，得，所以有， ，将这个等式相加，得：，因为数列为 单调递减的数列，且 所以，即，即 ，故C错误.选项D，由C选项的得：，所以，所以 当 时 ，所以数列的前项，当时， 故D正确.故选：BD【点睛】本题多次采用数列中的放缩法，以及求通项的累加法，求和的裂项相消，是一道数列的综合题目.34BCD【分析】根据数列的定义数列是根据顺序排列的一列数可知选项A错误,使,即可得出项数,判断选项B的正误,根据数列的规律可得到第8项可判断选项C的正误,根据数列的规律可得到通项公式判断选项D的正误.【详解】对于选项A,数列与中数字的排列顺序不同,不是同一个数列,所

21、以选项A不正确;对于选项B,令,解得或（舍去）,所以选项B正确;对于选项C,根号里面的数是公差为1的等差数列,第8个数为,即,所以选项C正确;对于选项D,由数列3,5,9,17,33,的前5项可知通项公式为,所以选项D正确.故选:BCD35ABD【分析】由题意可得到，得到是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断.【详解】因为数列中，所以，即，则是以1为首项，以为公比的等比数列，所以，故B正确；由累加法得，所以，当n为奇数时，是递增数列，所以，当n为偶数时，是递减数列，所以，所以，故A正确；又，所以，故C不正确，D正确，故选：ABD36AB【分析】当时，；当时，联立利用累加法即可得到

22、为奇数时的通项公式，再由递推公式即可得到为偶数时的通项公式，利用特殊值验证CD即可.【详解】令且，当时，；当时，联立得，所以，累加得，令（且为奇数）得，当时仍成立，所以当为奇数时，B正确；当为奇数时，所以，其中为偶数，A正确；当为偶数时，C错误；数列前项和，因为，所以-，D错误；故选：AB.37AD【分析】取倒数后由构造法得为等比数列，得通项公式后对选项逐一判定【详解】由题意得，则，而，故是首项为，公比为的等比数列，得，为递减数列，故A正确，B，C错误，对于D，的前项和为，故D正确，故选：AD38ACD【分析】根据等差数列定义，通项公式，前n项和结构特点可得结果.【详解】是以1为首项1为公差的

23、等差数列，即，当时，当时，显然适合上式，故A对；等差数列的前项和，故B错；，数列是等差数列且前项和为，故C对；，故D对.故选：ACD，39BCD【分析】根据已知，利用等比数列的概念、求和公式进行求解.【详解】对于选项A，所以“提丢斯数列”不是等比数列，故A错误；对于选项B，设“提丢斯数列”为数列，当时，所以，故B正确；对于选项C，“提丢斯数列”的前31项和为，故C正确；对于选项D，由有：，所以“提丢斯数列”中，不超过300的有11项，故D正确.故选：BCD.40【分析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解.【详解】由两边取倒数可得，即所以数列是首项为2，公差为3等差数列.所以，所以故答案为：.

24、41#【分析】结合已知条件，利用与之间的关系即可求解.【详解】数列的前项和，当时，故，当时，也成立故对，.故答案为：42【分析】由条件可得，化简得，再由递推即可得到所求通项.【详解】由，得， ，又满足上式，.故答案为：.43【分析】根据给定的递推公式，结合“当时，”构造数列求出数列的通项即可求解作答.【详解】因为，则，当时，因此，化简整理得，而，有，即有，因此，数列是以为首项，2为公比的等比数列，则，即，所以.故答案为：44【分析】根据给定的递推公式，结合“当时，”化简，再利用累乘法求解作答.【详解】由得：，当时，两式相减得：，化简整理得：，当时，即有，解得，因此，而满足上式，所以.故答案为：

25、45【分析】利用求得，再结合裂项求和法，即可求得结果.【详解】当时，又满足，故，则数列的前2022项的和.故答案为：.46#【分析】利用累加法求出的通项公式，即可得到，再令，解不等式求出所对应的的取值范围，即可得到数列的取值情况，从而得到其前项和取得最小值，代入计算可得.【详解】解：因为，所以，即，又,所以，所以，令，即，解得或,即当时，时，时，所以时，当时，当时，所以数列的前项和取得最小值，最小值为.故答案为：47【分析】根据条件得到，且，再求出即可【详解】由数列满足，可得，且，-可得且，所以，当时，满足通项公式，所以，故答案为：48【分析】设第第一个数为，则，推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，计算出的个位数，即可得解.【详解】注意到，第行的前两个数之差为，设第第一个数为，则，等式两边同时除以可得，且，所以，数列是首项为，公差为的等差数列，则，所以，的个位数为：、的规律，所以，的个位数呈周期性变化，且周期为，即的个位数为，故的个位数为，因此，届班号学生的登录码为.故答案为：.